（2011•沧州一模）两根足够长的光滑平行导轨与水平面的夹角θ=30°，宽度L=0.2m，导轨间有与导轨平面垂直的匀强磁

解题思路：（1）分析棒的运动情况：开始阶段，棒的重力沿斜面向下的分力大于安培力，棒做加速运动，随着速度增大，棒所受的安培力增大，加速度减小，则棒做加速度减小的变加速运动；当重力沿斜面向下的分力与安培力平衡时，棒做匀速运动，速度达到最大．根据E=BLv、I=ER、F=BIL，推导出安培力的表达式，由平衡条件可求出最大速度．（2）若将电阻R换成平行板电容器，取极短时间内，棒的速度增加量为△v，则得知棒的感应电动势增加量△E=BL△v，电容器充电，充电电流为I=△q△t=CBL△v△t＝CBLa，棒所受的安培力大小为F=BIL=CB2L2a，根据牛顿第二定律：mgsinθ-CB2L2a=ma，即可求出加速度，可见，棒做匀加速运动，由运动学公式求出t=4s时棒的速度和位移，由能量守恒定律求解棒释放后4s内系统损失的机械能．

（1）设某时刻ab的速度为v
则感应电动势E=BLv，电流强度I＝
E
R＝
BLv
R
棒所受安培力
F B＝BIL＝
B2L2v
R
则由牛顿第二定律得 mgsinθ-F_B=ma
代入得 mgsinθ−
B2L2v
R＝ma
当a=0时，有vm＝
mgRsinθ
B2L2＝1.0m/s
（2）设t时刻棒的加速度为a，速度为v，产生的电动势为E，（t+△t）（△t→0）时刻，棒的速度为（v+△v），电动势为E′，则
E=BLvE′=BL（v+△v）
△t内流过棒截面的电荷量△q=C（E'-E）=CBL△v
电流强度I＝
△q
△t＝
CBL△v
△t
棒受的安培力FB＝BIL＝
CB2L2△v
△t＝CB2L2a
由牛顿第二定律，t时刻对棒有mgsinθ-F_B=ma
即 mgsinθ-CB²L²a=ma
故a＝
mgRsinθ
CB2L2+m＝2.5m/s2
故棒做匀加速直线运动．
当t=4s时，v=at=10m/sx＝
1
2at2＝20m
由能量守恒：△E＝mgxsinθ−
1
2mv2＝0.5J
答：
（1）ab棒的最大速度为1m/s．
（2）若将电阻R换成平行板电容器，棒释放后4s内系统损失的机械能为0.5J．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；能量守恒定律；安培力．

考点点评： 本题关键是分析棒的受力情况，分析其运动情况，第1问类似于汽车恒定功率起动的过程，要抓住安培力与速度成正比的特点进行动态分析．第2问难点是运用微分的方法分析电路中电流，求出安培力，根据牛顿第二定律判断出棒的运动性质．